Математика в школе - Бунимович Е.
Скачать (прямая ссылка):
9*в.М.9А=ъ ъ ZL = i
В02 СОг AOs r2 гг г3 9 где г3 - радиус со3. Применяя теорему Менелая, получим утверждение задачи.
ЗАДАЧА 5166.
Пусть d(x) - количество натуральных делителей числа х.
а) Докажите, что для любого простого
x
числа q уравнение d(x) = — имеет
Я
решение.
б) Для любого ли натурального п
уравнение d(x) = — имеет решение? п
Ответ: б) нет. Решение, а) Для q = 2 разрешимость уравнения видна, например, из равенства d(8) = 4. Если же q нечетно, то уравнению удовлетворяет число 8q, имеющее ровно 8 натуральных делителей (1, 2, 4, 8, q, 2q, 4g, 8g).
б) Будем пользоваться известной фор-
k
мулой d(x) = Y\(ai+1) (Для натураль-ного х, представленного в каноническом
к
виде Y\ рТ )> а также свойством муль-
1=1
типликативности функции d(x): d(xy) = = d(x)d(y), если х и у взаимно просты. Пусть п = 54. Тогда всякое натуральное
х, удовлетворяющее уравнению d(x) = —,
п
имеет вид 54+а • у, где а е {0} u N, а у -натуральное число, не делящееся на 5. При этом d(x) = d(54+a)d(y) = (5 + a)d(y) =
5a-y
= 5a • y, откуда d(y) =
5 + a
Легко видеть, что а ф 0 (иначе полу-
У
чалось бы, что число d(y) = — - не це-
5
лое) и а < 2 (поскольку из соотношений 5а - у
й(у) =-— ^ У вытекает неравенство
5 + а
5а < 5 + а, не имеющее места при а > 2). Остается, таким образом, только одна возможность: а = 1.
5у
Но если а = 1, то d(y) = —, у крат-
6
но 3 и, следовательно, имеет вид Зр • г, где Риг- натуральные числа, причем последнее не кратно 3. С учетом соот-
76
Математика в школе 5 / 2011
ношений (Цу) = с*(Зр№) = ф + \)<Цг) < (В + 1)у
< ф + 1)г = ^ приходим к неравен-(Р + 1К5
ству г—>—, которое, как нетрудно Зр 6
установить, не выполняется ни при каком
р>1.
Полученное противоречие означает,
X
что при п = 54 уравнение d(x) = — не
п
= 54
имеет решений.
ЗАДАЧА 5167,
Функция ? : К К непрерывна и удовлетворяет тождеству
g(ax + Ь) = А#(х) + р(х), где а, 6, X - действительные постоянные, |а|<1, |А,|>1, а р -заданный многочлен. Докажите, что g - многочлен. Решение.
Лемма. Если для некоторых последовательностей (аЛ)?=1, (Р*)?=1, (у*)?=1 и некоторого многочлена р последователь-
сходится при
ность Y<ykP(akx + h)
U=l Ут=1
любом х, то она сходится к многочлену. Доказательство. Положим
m
IY*P(afe* + fc) - Sm(x) m^ >S(x).
Если степень многочлена р равна iV > 1 (случай, когда р есть константа, тривиален), то существуют такие последовательности (Д)(т))^=1, (AN(m))™=v что
Sm(x) = A0(m) + A^mjx + ... + А^т)я^.
Следовательно, эти последовательности А0,AN линейно выражаются через, например, последовательности (Sm(0))^=1,
(Sm(l))m=l> — (Sw№! И ПОТОМУ ЯВЛЯЮТСЯ сходящимися. Таким образом, S(x) = a0 + axx + ... + a^yX^,
где a- = lim ААт), j = 0, 1, N. Лемма
m->oo у
доказана.
Переходим непосредственно к нашей задаче. Заметим, что g(a2x + ab + 6) = = A,g(ax + 6) + p(ax + b) = X2g(x) + Xg(x) + p(ax + + 6) и, вообще, индуктивным рассуждением легко обосновывается тождество
g
1 ~п п 1-а , адх +-6
V
д-1
а;х +
1-а; 1-а
(*)
1-а
Если > 1, то, разделив это тождество на Хп и перейдя к пределу при п -> оо, получим
00
;=0 А-
aJx +-b
V
1-a
ряд здесь сходится, поскольку
< b ^
и р
' 1-a* ^ akx +-b
<1
V
1-a
1-a
. Сле-
довательно, g есть многочлен, однозначно выражаемый через а, 6, А, и р. Если А, = 1, то из условия задачи
следует равенство р - = 0, откуда
р(х) =
х -¦
1-а
1-а
<?(х), где g - некоторый
многочлен. Перейдя в тождестве (*) к пределу при п
g(x) = g
оо, получим
' ъ \ ( ъ
1-а
{
1-а
-jc х
х?а;а
;=0
ayjc +-о
1-а
Сходимость полученного ряда следует из того, что | a | < 1 и
' 6 ^
( 1 л
1-a , a*x +-Ь
V
1-a
A5->00
1-a
Поэтому g - многочлен, с точностью до свободного члена однозначно выражаемый через а, 6, X и р.
Задачи
77
Если же X = — 1, то из условия выво
ґ ъ Л 1 ( ъ Л \ = -р -— и
дится равенство g тождество
^2
1-а
1-а
g(a х + ab + b) = g(x) + p(ax + b) - p(x). Положив ab + b = с и
p(ax + 6) - p(x) =
1-а
r(x),
где r(x) - некоторый многочлен, получим
, ^ 1 ґ
+
1-а
¦-XX
х (г(х) + а2г(а2х + с) + + а4г(а4х + а2с + с) - ...). Следовательно, g - многочлен, однозначно определяемый по а, 6, X и р.
Замечания к решениям задач
Почти все, решавшие задачу 5162, указали верный ответ, однако безукоризненных решений нашлось не так много. Распространенной погрешностью в доказательствах было «смешение алгоритмов», когда операции, входящие в оптимальный алгоритм (например расселение двухместного «девичьего» номера), считались обязательными и для произвольного алгоритма заселения новоприбывшей девочки в двухместный номер.
Нетрудная, хотя и трудоемкая задача 5163 решена многими способами. Сократить выкладки в ряде работ помогало использование тождеств для симметрических многочленов, а также рассмотрение одного многочлена, про который устанавливалось, что он является константой.
По задаче 5164 нами приведено решение, предложенное (в разных вариациях) наибольшим числом читателей. (Некоторые из авторов, впрочем, забывали о том, что треугольники бывают и тупоугольные.) Из других подходов отметим использование формул
